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动量（冲量的求解、动量定理、动量守恒、碰撞问题、流体类和微粒类模型） 典型考点冲刺练 2026届高中物理高考三轮冲刺练
一、单选题
1．质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，合外力的功均分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、，下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示0到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．从0到时刻，弹簧对球的冲量为
B．时刻，球的速度大小为
C．时刻，弹簧弹性势能最大
D．时刻，、两小球的速度差最小
3．在光滑水平地面上，一质量为2kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~2s内，拉力F的冲量为
B．2~4s内，拉力F的冲量为
C．0~4s内，物体的动量方向会改变
D．时，物体的速度大小为1.5m/s
4．一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　）
A． B． C． D．
5．高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　）
A．5层 B．8层 C．17层 D．27层
6．如图所示，水平面上一小车以的速度向右做匀速运动，小车的上表面光滑且水平，A、B为固定在小车两侧的挡板，滑块与挡板A、B分别用两相同的轻质弹簧连接，小车匀速时，滑块相对小车静止，滑块视为质点，两弹簧恰好处于原长。已知滑块的质量，弹簧劲度系数（弹簧始终在弹性限度内）。某时刻，小车与右侧一障碍物发生碰撞，小车立即停下并锁定。则滑块做简谐运动的（当弹簧形变量为时，其弹性势能为）（ ）
A．振幅为cm
B．周期小于s
C．最大加速度为100m/s2
D．半个周期内，两弹簧对滑块冲量的矢量和为零
7．如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系一小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．C能向左摆到与释放点等高的位置
B．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为
C．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为mg
D．从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动
8．如图所示，水平地面上固定一倾角为且足够长的光滑斜面，斜面底部固定安装一轻弹簧，弹簧上端拴接一小滑块，小滑块处于静止状态。另有一质量为的小滑块，从斜面上处由静止开始下滑，滑块与滑块碰撞后粘连在一起向下运动。已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，弹簧形变量为时，弹性势能。如果以位置为坐标原点，沿斜面向下为的正方向建立坐标系，则滑块的动能与位移的关系图像如图乙所示。不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）
A．滑块位移为时，弹簧的弹性势能最大
B．滑块的质量为
C．弹簧的劲度系数为
D．由滑块、滑块和弹簧组成的系统，从位置到弹性势能最大的过程中，系统的机械能守恒
二、多选题
9．如图所示，一个光滑导轨长臂水平固定、短臂竖直，系有细线的圆环A套在长臂上，细线另一端与小球B相连。已知A的质量mA=m，B的质量mB=2m，细线长度为L。初始时圆环A距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与短臂粘连，B球垂直于绳方向的速度不变，沿绳方向的速度减为0，不计空气阻力，重力加速度为g，，则（　　）
A．小球B的水平位移为0.4L时圆环A与短臂接触
B．圆环A与短臂接触时，细绳与竖直方向的夹角为53°
C．圆环A与短臂碰撞后瞬间，小球B的速度大小为
D．小球运动到最低点时，细线的拉力大小为6mg
10．如图甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起，小球A与轻绳组成单摆，小球B与轻弹簧组成的弹簧振子，刚开始小球A和B均处于静止状态。现将小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）并时由静止释放，经最低点时与小球B发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，此后小球B运动的图像如图乙所示。以最低点为零势能面，小球A与B第一次碰撞后A球速度恰好为零，已知小球B的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有（　　）
A．弹簧振子的周期等于 B．单摆的摆长等于
C．A球释放的高度为 D．A球运动的最大速率为
11．如图所示，轻杆上端用光滑转轴固定在点，下端连接小球，将球拉起，杆刚好水平，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，不计空气阻力，下列物理量的大小与杆长无关的是（　　）
A．小球的动能
B．小球的动量
C．小球重力的功率
D．小球对杆的拉力
12．如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T时刻受到空气作用力的大小为
三、解答题
13．如图甲所示，一可看作质点的物块位于底面光滑的木板的最左端，和以相同的速度在水平地面上向左运动。时刻，与静止的长木板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，厚度相同，平滑地滑到的右端，此后的图像如图乙所示，时刻，与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后的速度大小不变，方向相反；运动过程中，始终未离开。已知与的质量，重力加速度大小。求：
(1)与间的动摩擦因数以及与地面间的动摩擦因数。
(2)和第一次碰撞后的速度大小。
14．秋千由踏板和绳构成，小孩随秋千的摆动过程可简化为单摆的摆动。等效“摆球”的质量为，摆长为，绳与竖直方向的最大夹角为。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为。
(1)求“摆球”通过最低点时速度的大小；
(2)求“摆球”通过最低点时对细绳的拉力大小；
(3)若“摆球”摆动周期为，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小。
15．如图，有一足够长的光滑绝缘轻杆竖直放置并固定，杆的左侧O点固定一个正点电荷Q。杆上穿有一质量为m的带电小球，现将小球从杆上A点静止释放，其最远能运动到D点。已知带电小球在A点所受电场力大小为，重力加速度大小为g，OAC构成边长为d的正三角形，B为AC中点，不计空气阻力。
(1)在图中画出点电荷Q产生的电场中过A点的完整等势线及过B点的电场线；
(2)小球在A、B两个位置的加速度大小之比；
(3)从A点释放开始计时，记录小球运动到C点的时刻为t（t为已知量），写出小球从A到C的过程电场力沿杆方向冲量的表达式。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A B C B B B BC BCD
题号 11 12
答案 CD AB
1．B
【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，
联立解得，故A错误；
B．根据动能定理有，
联立解得，故B正确；
C．根据动量定理有，
联立解得，故C错误；
D．图线的斜率代表物体的加速度，
联立解得，故D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理
得两球速度大小
设弹簧对球A的冲量为，对A球由动量定理有
解得，故A错误；
B．从0到时刻，以A、B两球整体为研究对象，由动量定理
其中时刻小球A的速度大小为，化简得时刻小球B的速度大小为，故B正确；
C．时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象，由牛顿第二定律
得此时小球A、B的加速度大小为
此时小球A、B均处于完全失重状态，设此时弹簧弹力为，则，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故C错误；
D．从图乙可知，从0到时刻两者速度差一直在增大，时刻达到最大，故D错误。
故选B。
3．A
【详解】A．0~2s内，拉力F的冲量为，故A正确；
B．2~4s内，拉力F的冲量大小为
方向向左，故拉力F的冲量为，故B错误；
C．根据动量定理可知
故物体的动量方向不会改变，故C错误；
D．根据
解得，故D错误。
故选A。
4．B
【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。
故选B。
方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
对于全过程有
故运动的总时间
可知当越大时，越小，当时，取最小值。
则
则
故选B。
5．C
【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为层。
故选C。
6．B
【详解】A．滑块从平衡位置到速度减为零过程中，由能量守恒有
解得振幅，A错误；
B．若视为匀变速运动，则有
解得
做简谐运动从平衡位置向位移最大位置运动时加速度越来越大，滑块做加速度增大的减速运动，可知滑块做简谐运动的周期小于，B正确；
C．在最大位移处，滑块的加速度最大，由牛顿第二定律得
解得最大加速度为，C错误；
D．若从平衡位置经过半个周期回到平衡位置，速度大小不变、方向改变，故两弹簧对滑块冲量的矢量和不为零，D错误。
故选B。
7．B
【详解】A．在C球向下摆动过程中，水平方向动量守恒，C球获得水平向左的速度，A和B获得水平向右的速度。在C球向上摆动过程中，由于A受到细线的拉力，A和B分离，B具有一定的动能，A和C的总能量减少了，C不能摆到与释放点等高的位置，故A错误；
B．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，A、B、C组成的系统水平方向上动量守恒
所以
解得，B正确；
C．C第一次运动到最低点时，由于C有速度，，故绳中张力大于mg，C错误；
D．C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，绳对A的作用力有水平向左的分力，这个分力使A向右减速运动，当A速度减为零后向左加速，恰好第一次到达轻杆左侧最高处时，C和A在水平方向上具有相同的速度，故D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．由图乙可知，滑块位移为时，接触弹簧后动能最大，此时合力为0，但此时弹簧的压缩量不是最大，因此弹簧的弹性势能不是最大，故A错误；
B．滑块和滑块碰前，滑块的动能，碰后滑块的动能为，所以，由碰撞可知
可得，故B正确。
C．对于滑块与滑块碰前的运动过程，根据动能定理有
滑块在与滑块碰前，滑块的受力情况为
当滑块与滑块碰后运动到时，故由受力可得
联立上面式子可得，故C错误；
D．因滑块与滑块碰撞过程有机械能损失，故由滑块与滑块和弹簧组成的系统，从位置到弹性势能最大的过程中，系统机械能不守恒，故D错误。
故选B。
9．BC
【详解】A．小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有
解得，故A错误；
B．圆环A与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为，根据
解得，故B正确；
C．设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为，小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，根据水平方向动量守恒有
以圆环为参考系，小球做圆周运动，有
根据系统机械能守恒有
解得，
圆环A与短臂碰撞后瞬间，如图所示
小球B的速度大小为，故C正确；
D．若小球B下落过程系统机械能守恒，则有
在最低点有
解得
因小球下落过程系统机械能有损失，故小球运动到最低点时，细线的拉力小于，故D错误。
故选BC。
10．BCD
【详解】A．小球B获得向右速度，向右减速到零，又反回初始位置，弹簧振子运动半个周期，即弹簧振子的周期为，故A错误；
B．根据周期公式
解得摆长，故B正确；
CD．由题知，小球A与小球B发生碰撞后，小球B的速度为v0，小球A静止，则A、B两球的质量相等，速度交换，且该碰撞为弹性碰撞，即小球A在与小球B碰撞前的速度为
设小球的质量为，根据机械能守恒有
解得
因为在最低点速度最大，故小球A的最大速度为v0，故CD正确。
故选BCD。
11．CD
【详解】AB．设杆长为，小球的质量为，将球拉起，杆刚好水平，由静止释放小球，当小球运动至最低点时，根据动能定理可得
可得
则小球在最低点时的动量为
可知小球的动能和动量均与杆长有关，故AB错误；
C．由于小球在最低点时的速度方向与重力垂直，则此时小球重力的功率为0，与杆长无关，故C正确；
D．小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得
可知小球在最低点时对杆的拉力与杆长无关，故D正确。
故选CD。
12．AB
【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C错误。
故选AB。
13．(1)0.4，
(2)
【详解】（1）由图乙有过程中在上滑动的加速度大小为
由受力分析和牛顿第二定律有
解得与间的动摩擦因数为
在过程中，和一起运动的加速度大小为
对整体受力分析和牛顿第二定律有
解得与地面间的动摩擦因数为
（2）在过程中，设的加速度为，对进行受力分析和牛顿第二定律有
解得
设时刻的速度为，经匀加速到
由运动学公式有
和弹性碰撞，动量守恒
能量守恒
解得
所以和碰撞后的速度大小为
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）摆球从最高点到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守恒定律有
其中
解得
（2）在最低点，摆球受到重力和细绳的拉力，合力提供向心力，即
根据牛顿第三定律得
将代入解得
（3）根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，即
摆球从左侧最高点到最低点的时间为
由题意可知，重力的冲量方向竖直向下，方向水平向右，所以细线对摆球拉力的冲量大小
代入解得
15．(1)见解析
(2)
(3)选取向上的方向为正方向，当小球第1、3、5…次经过C点时，；当小球第2、4、6…次经过C点时，
【详解】（1）穿过A点完整等势线为以O为圆心，OA为半径的圆，经过B点的电场线由O点指向B点，如图所示
（2）以小球为研究对象，在A点受力分析，由牛顿第二定律可得
同理在B点则有
联立解得小球在A、B两个位置的加速度大小之比
（3）由于
故小球从A到C的过程中电场力做功为零，设小球在C点时的速度大小为，由动能定理可得
由于小球在AD间做往复运动，当小球第1、3、5…次经过C点时，速度方向向下，规定向下方向为正方向，由动量定理可得
解得
当小球第2、4、6…次经过C点时，速度方向向上，同理可得
解得
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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